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A. P. M. E. P. [ Baccalauréat S Asie 16 juin 2015 \ Corrigé Exercice 1 5 points

A. P. M. E. P. [ Baccalauréat S Asie 16 juin 2015 \ Corrigé Exercice 1 5 points Commun à tous les candidats Partie A Un concurrent participe à un concours de tir à l’arc, sur une cible circulaire. À chaque tir, la probabilité qu’il atteigne la cible est égale à 0,8. 1. Le concurrent tire quatre ﬂèches. On considère que les tirs sont indépendants. Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de ﬂèches atteignant la cible. Pour un tir, la probabilité du succès est p = 0,8. On répète 4 fois de façon indépendante le tir, donc la variable aléatoire X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,8. Pour une loi binomiale B(n,p), on a : P(X = k) = Ã n k ! pk(1−p)n−k. On cherche ici : P(X ⩾3) = P(x = 3)+P(X = 4) = Ã 4 3 ! ×0,83 ×0,21 + Ã 4 4 ! ×0,84 ×0,20 = 0,4096+0,4096 = 0,8192 ≈0,819 2. La concurrent tire n ﬂèches de façon indépendante ; donc la variable aléatoire X qui donne le nombre de succès suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,8. Pour atteindre en moyenne 12 fois la cible, il faut que l’espérance mathématique de la variable X soit égale à 12. Une variable aléatoire X suivant une loi binomiale B(n,p) a pour espérance mathématique E(X ) = np. On doit donc chercher n pour que n ×0,8 = 12 ⇐ ⇒n = 12 0,8 ⇐ ⇒n = 15. Il faut donc que le concurrent prévoie 15 ﬂèches pour atteindre en moyenne la cible 12 fois. Partie B On suppose que la variable aléatoire X suit une loi normale d’espérance 0 et d’écart-type 10. 1. Pour que la ﬂèche soit hors de la bande grisée, il faut que (X < −10) ou (X > 10). On cherche donc P ³ (X < −10)∪(X > 10) ´ qui est égale à 1−P(−10 ⩽X ⩽10). X suit la loi normale de moyenne µ = 0 et d’écart type σ = 10, et on sait que pour toute loi nor- male, P(µ−σ ⩽X ⩽µ+σ) ≈0,683 donc P(−10 ⩽X ⩽10) ≈0,683. On peut donc dire que la probabilité que la ﬂèche soit hors de la bande grisée est approximative- ment de 1−0,683 = 0,317. On peut également trouver ce résultat en utilisant la calculatrice. 2. On cherche un nombre positif t tel que P(−t ⩽X ⩽t) = 0,6. Cela correspond au schéma suivant, en tenant compte des propriétés de symétrie de la fonction de densité de la loi normale : −t t 60% 20% 20% Baccalauréat S A. P. M. E. P. P(−t ⩽X ⩽t) = 0,6 ⇐ ⇒ P(X ⩽t)−P(X ⩽−t) = 0,6 ⇐ ⇒ P(X ⩽t)−P(X ⩾t) = 0,6 ⇐ ⇒P(X ⩽t)−(1−P(X ⩽t)) = 0,6 ⇐ ⇒ 2P(X ⩽t)−1 = 0,6 ⇐ ⇒ 2P(X ⩽t) = 1,6 ⇐ ⇒ P(X ⩽t) = 0,8 À la calculatrice, on trouve t ≈8,416. Les deux droites verticales délimitant la bande grise ont pour équations x = −8,4 et x = 8,4 ; alors la probabilité d’atteindre cette bande grisée est approximativement de 0,6. Partie C La durée de vie (exprimée en heures) du panneau électrique afﬁchant le score des concurrents est une variable aléatoire T qui suit la loi exponentielle de paramètre λ = 10−4 (exprimé en h−1). D’après le cours, on peut dire que P(T ⩽t) = Zt 0 λe −λx dx = h −e −λxit 0 = 1−e−λt et que P(T ⩾t) = 1−P(T ⩽t) = 1− ¡ 1−e−λt¢ = e −λt. 1. La probabilité que le panneau fonctionne au moins 2 000 heures est P(T ⩾2000). P(T ⩾2000) = e −10−4×2000 ≈0,819 2. Restitution organisée des connaissances Dans cette question, λ désigne un réel strictement positif. On rappelle que l’espérance mathématique de la variable aléatoire T suivant une loi exponen- tielle de paramètre λ, est déﬁnie par : E(T ) = lim x→+∞ Zx 0 λte−λt dt. a. On considère la fonction F, déﬁnie pour tout réel t par : F(t) = µ −t −1 λ ¶ e−λt. La fonction F est dérivable sur R et : F ′(x) = −1× e−λt + µ −t −1 λ ¶ ×(−λ)e −λt = −e−λt +λt e −λt + e−λt = λt e−λt = f (t) Donc F est une primitive de la fonction f sur R. b. L’espérance mathématique de la variable aléatoire T est : E(T ) = lim x→+∞ Zx 0 λt e −λt dt = lim x→+∞ Zx 0 f (t)dt = lim x→+∞ ³ F(x)−F(0) ´ = lim x→+∞ µ·µ −x −1 λ ¶ e−λx ¸ − · −1 λ ×1 ¸¶ = lim x→+∞ µ −x e −λx −1 λ e−λx + 1 λ ¶ lim x→+∞−x e −λx = lim x→+∞−1 λ λx e λx donc E(T ) = lim x→+∞ µ −1 λ λx e λx −1 λ e −λx + 1 λ ¶ • λ > 0 = ⇒lim x→+∞λx = +∞ On pose X = λx On sait que lim X →+∞ e X X = +∞          = ⇒lim x→+∞ eλx λx = +∞= ⇒lim x→+∞−1 λ λx eλx = 0 • λ > 0 = ⇒lim x→+∞λx = +∞ On pose X = λx On sait que lim X →+∞e−X = 0      = ⇒lim x→+∞e −λx = 0 = ⇒lim x→+∞−1 λ e−λx = 0 • Par somme, lim x→+∞ µ −x e −λx −1 λ e −λx + 1 λ ¶ = 1 λ et donc E(T ) = 1 λ. L’espérance de durée de vie du panneau électrique afﬁchant le score des concurrents est 1 λ = 1 10−4 = 104 soit 10 000 heures. Asie – Corrigé 2 16 juin 2015 Baccalauréat S A. P. M. E. P. Exercice 2 4 points Commun à tous les candidats Dans les questions 1 et 2, on munit l’espace d’un repère orthonormé, et on considère les plans P1 et P2 d’équations respectives x + y + z −5 = 0 et 7x −2y + z −2 = 0. 1. Afﬁrmation 1 : les plans P1 et P2 sont perpendiculaires. Le plan P1 a pour vecteur normal − → n1 : (1; 1; 1) et le plan P2 a pour vecteur normal − → n2 : (7; −2; 1). − → n1 .− → n2 = 7−2+1 = 6 ̸= 0 donc ces deux vecteurs ne sont pas orthogonaux et donc les plans P1 et P2 ne sont pas perpendiculaires. Afﬁrmation 1 : FAUSSE 2. Afﬁrmation 2 : les plans P1 et P2 se coupent suivant la droite de représentation paramétrique :    x = t y = 2t +1 z = −3t +4 , t ∈R. On a vu dans la question précédente que les plans P1 et P2 avaient respectivement pour vecteurs normaux − → n1 : (1; 1; 1) et − → n2 : (7; −2; 1) ; ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont pas parallèles. Les plans P1 et P2 sont donc sécants. Soit d la droite de représentation paramétrique    x = t y = 2t +1 z = −3t +4 , t ∈R. Pour voir si cette droite est l’intersection des plans P1 et P2, il sufﬁt de déterminer deux points de cette droite et de vériﬁer s’ils appartiennent aux deux plans. • En remplaçant t par 0 dans la représentation paramétrique de la droite d, on obtient le point A (0; 1; 4). Or xA+yA+zA−5 = 0+1+4−5 = 0 donc A ∈P1, et 7xA −2yA+zA−2 = 0−2+4−2 = 0 donc A ∈P2. On peut dire que A ∈P1 ∩P2. • En remplaçant t par 1 dans la représentation paramétrique de la droite d, on obtient le point B (1; 3; 1). Or xB +yB +zB −5 = 1+3+1−5 = 0 donc B ∈P1, et 7xB −2yB +zB −2 = 7−6+1−2 = 0 donc B ∈P2. On peut dire que B ∈P1 ∩P2. L’intersection des deux plans P1 et P2 est la droite (AB) de représentation paramétrique    x = t y = 2t +1 z = −3t +4 , t ∈R. Afﬁrmation 2 : VRAIE 3. Afﬁrmation 3 : au niveau de conﬁance de 95 %, la proportion de parties gagnées doit appartenir à l’intervalle [0,658 ; 0,771]. Le joueur gagne avec une fréquence de f = 223 312 ≈0,7147. L’échantillon est de taille n = 312 > 30 ; n × f = 223 > 5 et n ×(1−f ) = 89 > 5. Donc on peut déterminer l’intervalle de conﬁance au seuil 95 % : I = · f −1 p n ; f + 1 p n ¸ = ·223 312 − 1 p 312 ; 223 312 + 1 p 312 ¸ ≈[0,658; 0,771] Afﬁrmation 3 : VRAIE Remarque du correcteur – En fait, les deux bornes de l’intervalle ont pour valeurs approchées uploads/Ingenierie_Lourd/ corrige-math-asie-s-16-juin-2015-fh.pdf